\section{Dirichlet 级数}
\begin{frame}{Dirichlet 级数}
Dirichlet 级数，即指如下形式的级数：
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{n^{s}}
\]
其中 $a_{n}=a(n)$ 是数论函数 (即 $a_{1}, a_{2}, \cdots$ 是一个复数序列), $s$ 为变量 (我们这里先考虑实数变量情形， 最后再考虑复数变量).

Dirichlet 级数在数论的解析方法中起多方面的重要作用。 Riemann zeta 函数等重要函数都是 Dirichlet 级数的特例， 而且。 Dirichlet 级数还有到扩域和几何的多方面推广。

如下定理显示了 Dirichlet 级数的重要性： Dirichlet 级数的乘积对应着算术函数的 Dirichlet 卷积（参见 §3.5）.

\begin{theorem}%定理1
设
\[
f(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{n^{s}}, \quad g(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_{n}}{n^{s}}, \quad h(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{c_{n}}{n^{s}}
\]
记 $a(n)=a_{n}, b(n)=b_{n}, c(n)=c_{n}$ (从而 $a, b, c$ 为数论函数). 若 $a * b=c$ (Dirichlet 卷积), 则
\[
f(s) g(s)=h(s)
\]
(对使 $f(s), g(s)$ 绝对收敛的 $s$).
\end{theorem}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proof}
\[
  \begin{aligned}
  f(s) g(s) & =\sum_{m=1}^{\infty} \frac{a_{m}}{m^{s}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_{n}}{n^{s}}=\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{m} b_{n}}{m^{s} n^{s}}=\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{m n=k} \frac{a_{m} b_{n}}{k^{s}} \\
& =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(a * b)(k)}{k^{s}}=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{c(k)}{k^{s}}=h(s)
\end{aligned}
\]
\end{proof}

\begin{example}%例1
  由 $\mu * 1=\varepsilon$ (定义为 $\varepsilon(1)=1, \varepsilon(n)=0$ ($\forall n>1)$). 因此时
\[
f(s)=\sum \mu(n) / n^{s}, \quad g(s)=\sum 1 / n^{s}=\zeta(s), \quad h(s)=\sum \varepsilon(n) / n^{s}=1
\]
故得 $f(s) \zeta(s)=1$ ($s>1$ 时), 即
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^{s}}=\frac{1}{\zeta(s)}
\]
\end{example}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{example}%例2
由 $\varphi * 1=I d$. 此时
\[
f(s)=\sum \varphi(n) / n^{s}, \quad g(s)=\sum 1 / n^{s}=\zeta(s), \quad h(s)=\sum n / n^{s}=\zeta(s-1)
\]
故得 $f(s) \zeta(s)=\zeta(s-1)$, 即
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\varphi(n)}{n^{s}}=\frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}
\]
(对 $s>2$. 因 $\varphi(n)<n$, 故 $s>2$ 时三个正项级数都收敛).
\end{example}


  \begin{theorem}%定理2
  (1) 若 $f(n)$ 是积性函数， 且 $\sum_{n=1}^{\infty} f(n)$ 绝对收敛，则
\[
\sum_{n=1}^{\infty} f(n)=\prod_{p}\left[1+f(p)+f\left(p^{2}\right)+\cdots\right]
\]

 (2) 若 $f(n)$ 是完全积性函数， 且 $\sum_{n=1}^{\infty} f(n)$ 绝对收敛， 则
 \[
   \sum_{n=1}^{\infty} f(n)=\prod_{p} \frac{1}{1-f(p)}.
 \]

 (1)(2)中乘积指标都遍历正素数。
 \end{theorem}
\end{frame}

\begin{frame}
 \begin{proof}
  (1) 用上节定理 2 的类似证法。 设 $p_{1}, \cdots, p_{k}$ 为前 $k$ 个正素数。 考虑乘积
\[
  \begin{aligned}
  P_{k} & =\prod_{i=1}^{k}\left[1+f\left(p_{i}\right)+f\left(p_{i}^{2}\right)+\cdots\right] \\
& =\sum_{a_{1}, \cdots, a_{k}} f\left(p_{1}^{a_{1}}\right) \cdots f\left(p_{k}^{a_{k}}\right)=\sum_{n \in A_{k}} f(n),
\end{aligned}
\]
其中求和是对非负整数 $a_{1}, \cdots, a_{k}$, 记 $n=p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}, A_{k}$ 为素因子在 $\left\{p_{1}, \cdots\right.$, $\left.p_{k}\right\}$ 中的正整数集。 $A_{k}$ 之外的整数 $n$ 必有素因子 $p$ 不属于（从而大于） $\left\{p_{1}, \cdots\right.$, $\left.p_{k}\right\}$, 故此种 $n \geqslant p>p_{k}$. 故
\[
  \left|\sum_{n=1}^{\infty} f(n)-P_{k}\right|=\left|\sum_{n \notin A_{k}} f(n)\right| \leqslant \sum_{n \notin A_{k}}|f(n)| \leqslant \sum_{n>p_{k}}|f(n)|.
\]
因 $\sum_{n=1}^{\infty}|f(n)|$ 收敛， 故当 $k \rightarrow \infty$ 时， $\sum_{n>P_{k}}|f(n)| \rightarrow 0, P_{k} \rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} f(n)$.


(2) 因 $f(n)$ 是完全积性， 故
\[
  \begin{aligned}
  \sum_{n=1}^{\infty} f(n) & =\prod_{p}\left[1+f(p)+f\left(p^{2}\right)+\cdots\right]=\prod_{p}\left[1+f(p)+f(p)^{2}+\cdots\right] \\
  & =\prod_{p} \frac{1}{1-f(p)}.
\end{aligned}
\]
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{corollary}%系1
  设 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} / n^{s}$ 绝对收敛。 若 $a_{n}=a(n)$ 是积性函数， 则
\[
  \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{n^{s}}=\prod_{p}\left[1+\frac{a(p)}{p^{s}}+\frac{a\left(p^{2}\right)}{p^{2 s}}+\cdots\right].
\]
若 $a_{n}=a(n)$ 是完全积性函数，则
\[
  \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{n^{s}}=\prod_{p} \frac{1}{1-a(p) / p^{s}}.
\]
\end{corollary}

~

现在简单介绍复数变量 $s$ 的情形， 这是数论中最常用的情形， 比实变量有优势 (可扩展为全复平面的可微函数(即解析延拓), 积分很容易(即留数计算)). 前述实变量的结果都可推广到复变量， 只需要绝对收敛即可。

记复数 $s=\sigma+\mathrm{i} \tau$, 其中 $\sigma, \tau \in \mathbb{C}, \mathrm{i}=\sqrt{-1}$. 于是
\[
n^{s}=n^{\sigma+\mathrm{i} \tau}=n^{\sigma} \cdot n^{\mathrm{i} \tau}=n^{\sigma} \cdot \mathrm{e}^{\mathrm{i} \tau \log n}
\]
其中实数 $n^{\sigma}>0,\left|\mathrm{e}^{\mathrm{i} \tau \log n}\right|=1$ (注意 $\mathrm{e}^{\mathrm{i} x}=\cos x+\mathrm{i} \sin x$), $\log$ 是自然对数。 故 $\left|n^{s}\right|=n^{\sigma}$. 若级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n} / n^{s}\right|$ 收敛， 则称 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} / n^{s}$ 绝对收敛。
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{theorem}%定理3
    [绝对收敛横坐标]
    考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n} / n^{s}\right|$, 复变量 $s=\sigma+\mathrm{i} \tau$. 则只有三种可能：

   (1) 存在实数 $\sigma_{a}$, 使当 $\sigma>\sigma_{a}$ 时， $\sum\left|a_{n} / n^{s}\right|$ 收敛；当 $\sigma<\sigma_{a}$ 时， $\sum\left|a_{n} / n^{s}\right|$ 发散。

 (2) 对任意 $s \in \mathbb{C}$, 级数 $\sum\left|a_{n} / n^{s}\right|$ 收敛。

 (3) 对任意 $s \in \mathbb{C}$, 级数 $\sum\left|a_{n} / n^{s}\right|$ 发散。

 (三种情形下， 分别称 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} / n^{s}$ 的绝对收敛横坐标为 $\sigma_{a}, \infty,-\infty$. 第一种情形下， 称 $\sigma>\sigma_{a}$ 决定的半平面为\emph{绝对收敛半平面}。)
 \end{theorem}

 \begin{proof}
  设 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n} / n^{s}\right|$ 在 $s_{0}=a+b \mathrm{i}$ 点收敛， 则当 $\sigma \geqslant a$ 时有
\[
\left|\frac{a_{n}}{n^{\sigma+\tau \mathrm{i}}}\right|=\left|\frac{a_{n}}{n^{\sigma}}\right| \leqslant\left|\frac{a_{n}}{n^{\alpha}}\right|=\left|\frac{a_{n}}{n^{a+b \mathrm{i}}}\right|,
\]
故当 $\sigma \geqslant a$ 时 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n} / n^{s}\right|$ 收敛。 取 $\sigma_{a}$ 为这种 $a$ 的最小下界， 则得定理。
\end{proof}
注意， 定理 3 对 $\sigma=\sigma_{a}$ 情形没有明确断言， 在这样的点， 可能收敛也可能发散。

%更细致的讨论可得知， 存在实数 $\sigma_{c}\left(\leqslant \sigma_{a}\right)$ (称为\emph{收敛横坐标}), 使当 $\sigma>
%\sigma_{c}$ 时 $\sum a_{n} / n^{s}$ 收敛， 当 $\sigma<\sigma_{c}$ 时 $\sum a_{n} / n^{s}$ 发散。 而且当 $\sigma>\sigma_{c}$ 时， $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} / n^{s}$ 是一个解析函数 (即无限次可微分函数)，而且其微分可逐项微分得到：
%\[
%  \left(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} / n^{s}\right)^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \log (n) / n^{s}.
%\]

讨论完Dirichlet级数的绝对收敛性，我们接着讨论Dirichlet级数的收敛性。我们需要两个引理。
\end{frame}

\begin{frame}


\begin{lemma}[部分求和公式]
  令$(a_n)$和$(b_n)$为两个复数序列。对$n> m$, 令
  \[
    A_{m,n}=\sum_{k=m+1}^n a_k,\quad S_{m,n}= \sum_{k=m+1}^n a_kb_k.
  \]
  那么
  \[
    S_{m,n}=\sum_{k=m}^{n-1} A_{m,k}(b_k-b_{k+1})+A_{m,n}b_n-A_{m,m-1}b_{m}.
  \]
\end{lemma}

\begin{proof}
  \begin{align*}
    S_{m,n}&= \sum_{k=m+1}^n a_kb_k = \sum_{k=m+1}^n (A_{m,k}-A_{m,k-1})b_k \\
    &= \sum_{k=m+1}^n A_{m,k}b_k-\sum_{k=m-1}^{n-1}A_{m,k}b_{k+1} \\
    &= \sum_{k=m}^{n-1} A_{m,k}(b_k-b_{k+1}) + A_{m,n}b_n-A_{m,m-1}b_m.
  \end{align*}
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}


\begin{lemma}
  令$n$为正整数， 令$s=\sigma+\mathrm{i}\tau$且$\sigma>0$. 那么
  \[
    |(n+1)^{-s}-n^{-s}|\leqslant \frac{|s|}{\sigma} (n^{-\sigma}-(n+1)^{-\sigma}).
  \]
\end{lemma}

\begin{proof}
  \[
  \begin{aligned}
      |(n+1)^{-s}-n^{-s}|&\leqslant 
        \left| \int_{n}^{n+1}(-s) u^{-s-1}\mathrm{d} u \right|
          \leqslant \int_{n}^{n+1} |s| u^{-\sigma-1} \mathrm{d} u \\
            &=  \frac{|s|}{\sigma} (n^{-\sigma}-(n+1)^{-\sigma}).
          \end{aligned}
\]
\end{proof}

\providecommand{\Arg}{\operatorname{Arg}}
\begin{theorem}
  若Dirichlet级数$\sum_{n=1}^\infty a_n/n^s$在$s=s_0\in \CC$处收敛，
  则它在形如
  \[
    \Re(s-s_0)\geqslant 0,\quad |\Arg(s-s_0)|\leqslant \alpha
  \]
  (其中$\alpha<\frac{\pi}{2}$为常数， $\Arg$表示辐角)的区域上一致收敛。 
\end{theorem}
\end{frame}

\begin{frame}


  \begin{proof}
    对$s$平移后可设$s_0=0$. 此时假设相当于级数$\sum_{n=1}^\infty a_n$收敛。
令$s=\sigma+\mathrm{i} \tau$.
我们来证明$\sum_{n=1}^\infty a_n/n^s$在形如$\sigma\geqslant 0$, $\frac{|s|}{\sigma}\leqslant C$ (其中$C>0$为任意常数) 的区域上的一致收敛性。
  令$\varepsilon>0$. 由于$\sum_{n=1}^\infty a_n$收敛，存在$N$使得$n>m\geqslant N$时，$|A_{m,n}|< \varepsilon.$
  对$b_n=n^{-s}$应用部分求和知
  \[
    S_{m,n}=\sum_{n=m+1}^{n} a_n/n^s = \sum_{k=m}^{{n}-1} A_{m,k}(k^{-s}-(k+1)^{-s}) + A_{m,{n}}{n}^{-s}-A_{m,m-1}m^{-s}.
  \]
   进而一致收敛性由下面的估计立得：
  \[
  \begin{aligned}
      |S_{m,n}|& \leqslant \varepsilon\left( \sum_{k=m}^{{n}-1}|k^{-s}-(k+1)^{-s}| + {n}^{-\sigma} + m^{-\sigma} \right)\\
      & \leqslant \varepsilon\left( \frac{|s|}{\sigma} (m^{-\sigma}-{n}^{-\sigma}) +2 \right) \leqslant \varepsilon(2+C).
      \end{aligned}
\]
\end{proof}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{corollary}
  Dirichlet级数$\sum_{n=1}^\infty a_n/n^s$的收敛集包含了一个极大的开半平面 (称为\emph{收敛半平面}；为了说起来方便，$\emptyset$和$\CC$也视为半平面)。
\end{corollary}

若收敛半平面由$\sigma>\sigma_c$给出，就称$\sigma_c$为\emph{收敛横坐标}。


\begin{corollary}
  若Dirichlet级数$\sum_{n=1}^\infty a_n/n^s$在$s=s_0$处收敛，则它对$\sigma>\sigma_0$收敛，且定义的函数是解析函数。
\end{corollary}

而且，在半平面$\sigma>\sigma_0$上，我们可以（不断地）逐项微分来求导：
\[
  \left( \sum_{n=1}^\infty a_n/n^s \right)'=\sum_{n=1}^\infty (a_n\log n)/n^s.
\]

%于是，若Dirichlet级数在$s_0$收敛时，它在满足$\sigma>\sigma_0$的每点$s$处收敛。
%而当$\sigma<\sigma_0$时，必有该级数发散。
%因此，每个Dirichlet级数都有个\emph{收敛横坐标} $\sigma=\sigma_c$,
%满足该级数在直线$\sigma=\sigma_c$右边收敛，在该直线左边发散；$\sigma=\sigma_c$称为该级数的收敛直线。
%当然，一个Dirichlet级数有可能无处收敛，此时$\sigma_c=+\infty$, 区域$\sigma>\sigma_c$为$\emptyset$; 一个Dirichlet级数有可能处处收敛，此时$\sigma_c=-\infty$, 区域$\sigma>\sigma_c$为$\CC$.
%若$\sigma_c<\infty$, 我们称该Dirichlet级数收敛。
%设$\sigma_c<\infty$.
%由定理4知，对任意的$\varepsilon>0$, 该Dirichlet级数在区域$\sigma\geqslant \sigma_c+\varepsilon$上一致收敛。
%因此，该Dirichlet级数定义了半平面$\sigma>\sigma_0$上的解析函数 (为了说起来方便，$\CC$也称为半平面)。

\begin{theorem}%定理4
  若 $\sum a_{n} / n^{s}$ 的系数部分和 $A_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n}$ 满足对$n>N_0$有
  \(
    \left|A_{n}\right|\leqslant M n^{\sigma_{1}},
  \)
  其中 $N_0$, $M$ 和 $\sigma_{1}>0$ 为常数， 则 $\sum a_{n} / n^{s}$ 的收敛横坐标 $\sigma_{c} \leqslant \sigma_{1}$.
\end{theorem}

\end{frame}

\begin{frame}


\begin{proof}
  我们来证明$\sum a_{n} / n^{s}$对任意的满足实部$\sigma>\sigma_1$的$s$收敛，从而$\sigma_{c} \leqslant \sigma_{1}$.
  令 $\sigma=\sigma_{1}+\delta$ ($\delta>0$).
  $n>m>N_0$时有
  \[
    \begin{aligned}
      |S_{m,n}|&= \left|\sum_{k=m+1}^n a_k/k^s \right| 
      = \left| \sum_{k=m}^{n-1} A_{k}(k^{-s}-(k+1)^{-s})+A_{n}n^{-s}-A_{m}(m+1)^{-s}\right| \\
&\leqslant \left| \sum_{k=m}^{n-1} A_{k}(k^{-s}-(k+1)^{-s})\right| + |A_{n}n^{-s}|+|A_{m}(m+1)^{-s}|\\ 
& \leqslant M \left( \sum_{k=m}^{n-1} k^{\sigma_1} \frac{|s|}{\sigma} \left(k^{-\sigma}-(k+1)^{-\sigma}\right) + n^{-\delta}+(m+1)^{-\delta} \right) \\
& \leqslant M \left( \frac{|s|}{\sigma}\sum_{k=m}^{n-1} \left(k^{-\delta}-(k+1)^{-\delta}\right) + n^{-\delta}+(m+1)^{-\delta} \right)\\
& \leqslant M \left( \frac{|s|}{\sigma}m^{-\delta} + n^{-\delta}+(m+1)^{-\delta} \right)\\
& \leqslant M\left(|s|/\sigma+2\right)m^{-\delta}.
    \end{aligned}
  \]
  对任意的$\varepsilon>0$, 取正整数$N_1$使得$M(|s|/\sigma+2)N_1^{-\delta}<\varepsilon$, 令$N=\max\{N_0, N_1\}$, 则当$n>m>N$时，$|S_{m,n}|<\varepsilon$,
  故而$\sum a_{n} / n^{s}$收敛。
\end{proof}
\end{frame}


\begin{frame}

\begin{example}%例3
Riemann zeta 函数 $\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} 1 / n^{s}$ 的 (绝对)收敛横坐标为 $\sigma_{c}=\sigma_{a}=1$.但它可被解析延拓为全复平面的解析函数 (当 $\sigma<1$ 时， $\zeta(s)$ 不能用此级数表示， 有另外的表达式), 但 $s=1$ 时除外， $(s-1) \zeta(s) \rightarrow 1$ (当 $s \rightarrow 1$).
\end{example}

\begin{example}%例4
  $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} / n^{s}$ 的绝对收敛横坐标为 $\sigma_{a}=1$, 但收敛横坐标 $\sigma_{c}=0$.
  %(因为 $\sigma>0$ 时， $1 / n^{\sigma} \rightarrow 0$, 且级数项交叉正负).
\end{example}

\begin{example}%例5
若 $\left|a_{n}\right| \leqslant M n^{k}$ (对所有 $n, M, k$ 为常数), 则 $\left|a_{n} / n^{s}\right| \leqslant M / n^{\sigma-k}$, 故当 $\sigma>1+k$ 时， $\sum a_{n} / n^{s}$ 绝对收敛。 因 $\mu(n) \leqslant 1$, 故 $\sum \mu(n) / n^{s}$ 当 $\sigma>1$ 时绝对收敛。 而 Euler 函数 $\varphi(n)<n$, 故 $\sum \varphi(n) / n^{s}$ 当 $\sigma>2$ 时绝对收敛。
\end{example}

\end{frame}

